2020版高考物理总复习第三章专题探究三牛顿运动定律综合应用练习(含解析)

2020版高考物理总复习第三章专题研究三牛顿运动定律的综合应用练习(含分析)2020版高考物理总复习第三章专题研究三牛顿运动定律的综合应用练习(含分析)10/10袄PAGE10芄肀衿羂羀蚂芅2020版高考物理总复习第三章专题研究三牛顿运动定律的综合应用练习(含分析)专题研究三牛顿运动定律的综合应用

1.(2019·天津测试)(多项选择)某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态,他在地

面上用测力计测量砝码的重力,示数是G,他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力,发现测

力计的示数小于G,由此判断此时电梯的运动状态可能是(AD)

分析:测力计的示数减小,砝码所受的合力方向向下,则加速度向下,砝码处于失重状态,而速

度方向可能向上,也可能向下,所以电梯可能的运动状态是减速上升或加速下降.

2.(2019·江苏南京、盐城模拟)以下列图,质量为m的物块放在容器底部,随同容器一起从某一高处由静止释放,下落过程中不计所有阻力.则物块(C)

0mg分析:物块和容器一起做自由落体运动,加速度为g,故A,B错误.对容器分析,物块若对容器有压力,加速度将大于g,所以对容器没有压力,故C正确,D错误.,即乘坐滑板从高高的沙山顶自然下滑,随着下滑速度的加速,在有惊无险的刹时领会到了刺激和快感.其运动可以简化为以下列图,一位游客先后两次从静止下滑,以下vt图像中实线代表第一次从较低地址滑下,虚线代表第二次从较高地址滑下,假设斜面和地面与滑板之间的动摩擦因数不变,忽略空气阻力,拐弯处速度大小不变,则vt图像正确的选项是(D)

分析:设滑板与沙之间的动摩擦因数为μ,斜面与水平面之间的夹角为θ,当游客与滑板沿斜

面向下运动时,mgsinθ-μmgcosθ=ma1,则a1=gsinθ-μgcosθ,可知,向下滑动的加速度

与斜面的高度没关,则在vt图中两次加速的过程图线的倾斜程度相同;在水平面上减速的过

程中μmg=ma2,所以a2=μg,可知减速过程中的加速度也是大小相等的,则两次减速过程中的

t图线是平行线,故A,B,C错误,D正确.4.(2018·沈阳四校协作体期中)

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质量为M的圆滑圆槽放在圆滑水平面上,一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球与圆槽保持相对静止,以下列图,则(C)

小球对圆槽的压力为

小球对圆槽的压力为

水平恒力F变大后,若是小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力增大

水平恒力F变大后,若是小球仍静止在圆槽上,小球对圆槽的压力减小

分析:由整体法可求得系统的加速度a=,小球对圆槽的压力

FN=m=m,当F增大后,FN增大.

5.(多项选择)质量分别为M和m的物块形状大小均相同,将它们经过轻绳超出圆滑定滑轮连接,如

图(甲)所示,绳子平行于倾角为α的斜面,M恰好能静止在斜面上,不考虑M,m与斜面之间的摩擦.若互换两物块地址,按图(乙)放置,尔后释放M,斜面仍保持静止.则以下说法正确的选项是(BCD)

A.轻绳的拉力等于Mg

B.轻绳的拉力等于mg

运动的加速度大小为(1-sinα)g

运动的加速度大小为g

分析:互换地址前,M静止在斜面上,则有Mgsinα=mg,互换地址后,对M有Mg-T=Ma,对m有T′

-mgsinα=ma,又T=T′,解得a=(1-sinα)g=g,T=mg.

6.(2018·湖南衡阳一模)

以下列图为一儿童在玩滑板车的情况,他一只脚用力蹬地后,可使车与人一起向前加速而获得

相等的速度,儿童的质量为M,滑板车的质量为m,儿童与滑板车之间的动摩擦因数为μ.若儿童

蹬地过程获得向前的动力恒为F,忽略蹬地时地面对儿童竖直方向的作用力,滑板车向前运动

时碰到地面的摩擦力恒为f,则儿童蹬地过程中,以下结论正确的选项是(B)

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A.儿童与滑板车之间的摩擦力必然等于μMg

儿童与滑板车之间的摩擦力必然等于

必然等于f

D.若儿童能成功完成该动作,则μ<分析:脚蹬地时,人和车一起向前加速,对整体进行分析,由牛顿第二定律有F-f=(m+M)a,得出a=;以滑板车为研究对象,由牛顿第二定律有f′-f=ma,得出儿童与滑板车之间的摩擦力f′=ma+f=m+f=,故A,C错误,B正确.由于人和车的摩擦力f′大于f,且μMg≥f′,所以μ>,故D错误.7.以下列图,质量均为m=3kg的物块A,B紧挨着放置在粗糙的水平川面上,物块A的左侧连接一劲度系数为k=100N/m的轻质弹簧,弹簧另一端固定在竖直墙壁上.开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态,现使物块B在水平外力F作用下向右做a=2m/s2的匀加速直线运动直至与A分别,已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取10m/s2.求:

物块A,B分别时,所加外力F的大小;

(2)物块A,B由开始运动到分别所用的时间.

分析:(1)物块A,B分别时,对B有F-μmg=ma,

解得F=21N.

(2)A,B静止时,对A,B有kx1=2μmg,

A,B分别时,对A有kx2-μmg=ma,

此过程中x1-x2=at2,

解得t=0.3s.答案:(1)21N8.(2019·湖南湘东五校联考)如图(甲)所示是一倾角为θ=37°的足够长的斜面,将一质量为

m=1kg的物体无初速度在斜面上释放,同时给物体施加一沿斜面向上的拉力,拉力随时间变化的关系图像如图(乙)所示,物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25.(g=10m/s2,sin37°=0.6,cos

37°=0.8)求:

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(1)2s末物体的速度大小;

前16s内物体发生的位移.

分析:(1)物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,设物体加速度大小为a1,

由牛顿第二定律可得mgsinθ-F1-μmgcosθ=ma1,

v1=a1t1,

得v1=5m/s,a12.

设物体在前2s内发生的位移为x1,则

x1=a1=5m,

当拉力为F2时,设物体加速度大小为a2,由牛顿第二定律可得F2+μmgcosθ-mgsinθ

=ma2,

设物体经过t2时间速度减为0,则

v1=a2t2,t2=10s,

设t2时间内发生的位移为x2,则

x2=a2=25m,

由于mgsinθ-μmgcosθ<F2<μmgcosθ+mgsinθ,则物体在剩下4s时间内处于静止状态,故物体在前16s内发生的位移x=x1+x2=30m,方向沿斜面向下.

答案:(1)5m/s(2)30m,方向沿斜面向下

以下列图,一劲度系数为k的轻质弹簧,上端固定,下端连一质量为m的物块A,A放在质量也

为m的托盘B上,以N表示B对A的作用力,x表示弹簧的伸长量.初始时,在竖直向上的力F作

用下系统静止,且弹簧处于自然状态(x=0).现改变力F的大小,使B以的加速度匀加速向下运

动(g为重力加速度,空气阻力不计),此过程中N或F随x变化的图像正确的选项是(D)

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分析:开始时,对物块A有mg-N=m,即N=mg,当N减为0时,有mg-F=m,F弹=mg,此时x=,11弹

在此过程中,两者之间的压力由开始运动时的mg线性减小到零,弹簧伸长量由0增加为,

故A,B错误.对托盘B,同理可知,力F由开始运动时的mg线性减小到mg,此后托盘与物块分别,

力F保持mg不变,应选项C错误,D正确.

10.(2019·湖北武汉模拟)(多项选择)以下列图,A,B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平

地面上.A,B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为μ.最大静摩擦力等于滑动摩擦

力,重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F,则(BD)

A.当F<2μmg时,A,B都相对地面静止

B.当F=μmg时,A的加速度为μg

C.当F>3μmg时,A相对B静止

D.无论F为何值,B的加速度不会高出μg

分析:A,B之间的最大静摩擦力为fmax=μmAg=2μmg,B与地面间的最大静摩擦力为fmax′=μ

(mA+mB)g=μmg,故当F≤μmg时,A,B都相对地面静止;设A,B开始发生相对滑动时它们的加

速度为a,则对B有fmax-fmax′=ma,解得a=μg,此时对整体有F-fmax′=(m+2m)a,解得F=3μmg;

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当μmg<F≤3μmg时,A,B一起加速且两者之间不会发生相对滑动,选项A错误;当F=μmg

时,A,B共同加速,由牛顿第二定律得a===μg,选项B正确;当F>3

μmg时,A,B间会发生相对滑动,选项C错误;A对B的最大静摩擦力为2μmg,无论F为何值,B

的最大加速度为aB===μg,故加速度不会高出μg,选项D正确.

为研究运动物体所受的空气阻力,某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表

面平展的斜面体和一个滑块,并在滑块上固定一个高度可起落的风帆,如图(甲)所示.他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑,下滑过程帆面与滑块运动方向垂直.假设滑块和风帆总质量为m,滑块与斜面间动摩擦因数为μ,斜面的倾角为θ,重力加速度为g,帆碰到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比f2.,即F=kv

(1)求出滑块下滑的最大速度maxv的表达式;(2)若m=2kg,斜面倾角θ=30°,g取10m/s2,滑块从静止下滑的速度图像如图(乙)所示,图中的斜线是t=0时vt图像的切线,由此求出μ,k的值.(结果保留两位有效数字)分析:(1)由牛顿第二定律得2mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma

所以a=

=gsinθ-μgcosθ-

当a=0时速度最大

最大速度vmax=.(2)当v=0时,a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2

解得μ=

由速度图像可知最大速度vmax=2m/s,

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所以vmax==2m/s,

解得

答案:(1)vmax=

12.以下列图,水平川面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面,斜面上放一质量为m的圆滑

球,静止时,箱子顶部与球接触但无压力.箱子由静止开始向右做匀加速直线运动,尔后改做加

速度大小为a的匀减速直线运动直至静止,经过的总位移为x,运动过程中的最大速度为v.

(1)求箱子加速阶段的加速度大小;(2)若a>gtanθ,求减速阶段球碰到箱子左壁和顶部的作用力大小.分析:(1)设箱子加速阶段的加速度为a′,经过的位移为x,减速阶段经过的位移为